题目

题型：解答题难度：一般来源：长宁区一模

（理）已知函数f(x)=2+

1

a

-

1

a2x

，实数a∈R且a≠0．
（1）设mn＞0，判断函数f（x）在[m，n]上的单调性，并说明理由；
（2）设0＜m＜n且a＞0时，f（x）的定义域和值域都是[m，n]，求n-m的最大值；
（3）若不等式|a²f（x）|≤2x对x≥1恒成立，求a的范围．

答案

（1）设m≤x₁＜x₂≤n，则f(x1)-f(x2)=-

1

a2x1

+

1

a2x2

=

x1-x2

a2x1x2

，
∵mn＞0，m≤x₁＜x₂≤n，∴x₁x₂＞0，x₁-x₂＜0，∴f（x₁）-f（x₂）＜0，
即f（x₁）＜f（x₂），因此函数f（x）在[m，n]上的单调递增．
（2）由（1）及f（x）的定义域和值域都是[m，n]得f（m）=m，f（n）=n，
因此m，n是方程2+

1

a

-

1

a2x

=x的两个不相等的正数根，
等价于方程a²x²-（2a²+a）x+1=0有两个不等的正数根，
即△=(2a2+a)2-4a2＞0且x1+x2=

2a2+a

a2

＞0且x1x2=

1

a2

＞0，
解得a＞

1

2

，∴n-m=

1

a

4a2+4a-3

=

-3( 1 a - 2 3 )2+ 16 3

，
∵a∈(

1

2

，+∞)，∴a=

3

2

时，n-m最大值为

4 3

3

．
（3）a2f(x)=2a2+a-

1

x

，则不等式|a²f（x）|≤2x对x≥1恒成立，
即-2x≤2a2+a-

1

x

≤2x即不等式对x≥1恒成立，
令h（x）=2x+

1

x

，易证h（x）在[1，+∞）递增，同理g(x)=

1

x

-2x[1，+∞）递减．
∴h（x）_min=h（1）=3，g（x）_max=g（1）=-1，
∴

2a2+a≤3 2a2+a≥-1

∴-

3

2

≤a≤1且a≠0